2017年高考题和高考模拟题物理分项版汇编专题10 磁场 13页

专题10 磁场 ‎1．（2013高考上海物理第13题）如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行.用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案：C 解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是C.‎ ‎2．（2013高考安徽理综第15题）图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案：B 解析：在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加.d、b电流在O点产生的磁场抵消，a、c电流在O点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下，B选项正确.‎ ‎3.（2013全国新课标理综II第17题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面.一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力.该磁场的磁感应强度大小为 A． B．‎ C． D．‎ 答案.A 解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示.设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B=m，解得r=mv0/qB.由图中几何关系可得：tan30°=R/r.联立解得：该磁场的磁感应强度B=,选项A正确.‎ ‎4.（2013全国新课标理综1第18题）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）.质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）‎ A． B．‎ C． D． 答案：B 解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R，由qvB=mv2/R可得：v=，选项B正确.‎ x y O L M θ B ‎5．（2013全国高考大纲版理综第26题）如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且＝R.不计重力.求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间.‎ 解析：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示.有 x y O A L P M h D C B α β ‎60°‎ 周期为 ‎ 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D.由几何知识得 ‎，，‎ ‎，‎ α=β 联立得到 ‎ 解得α=30°，或α=90°‎ 设M点到O点的距离为h，有 ‎ ‎，‎ 联立得到 h=R-Rcos(α+30°)‎ 解得h=(1-)R （α=30°）‎ h=(1+)R （α=90°）‎ 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 ‎6.（2013高考浙江理综第20题）注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+‎ A．在电场中的加速度之比为1∶1‎ B．在磁场中运动的半径之比为∶1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 答案：BCD 解析：离子P+带电量为e，P3+带电量为e，，由qE=ma，可知离子P+和P3+在电场中的加速度之比为1∶3，选项A错误.由qU= mv2/2，qvB=mv2/R，解得R=.离子P+和P3+在磁场中运动的半径之比为∶1，选项B正确.画出离子P+和P3+在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知，离子P+和P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2，选项C正确.由qU= mv2/2，可知离子P+和P3+离开电场区域时的动能之比为1∶3，选项D正确.‎ ‎7．（16分）‎ ‎(2013高考北京理综第22题)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场.带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动.忽略重力的影响，求：‎ （1） 匀强电场场强E的大小；‎ （2） 粒子从电场射出时速度ν的大小；‎ （3） 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.‎ 解析：（1）匀强电场场强E=U/d.‎ ‎（2）由动能定理，qU=mv2，解得v=.‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB=m，‎ 解得R=.‎ 将速度v的值代入：R=.‎ ‎8.（2013高考福建理综第22题） (20分)如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q（q<0)的粒子从坐标原点O沿加xoy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.‎ ‎(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A(a，0)点，求v1的大小：‎ ‎(2)已知一粒子的初建度大小为v(v>v1)．为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值：‎ ‎(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射.研究表明：粒子在xoy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关.求该粒子运动过程中的最大速度值vm.‎ 解析：（1）带电粒子以速率v1在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有：‎ qv1B=mv12/R， ①‎ 当粒子沿y轴正方向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：‎ R1=a/2，②‎ 解得：v1=...③‎ ‎（2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x=a/2的直线上，半径为R.当给定一个初速度v时，有两个入射角，分别在第1、2象限，有 sinθ’= sinθ=.④‎ 由①④式解得：sinθ=.⑤‎ ‎（3）粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有：qEym=mvm2-mv02 ⑥‎ 由题知，有vm=kym.⑦‎ 若E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有：qvB=m ⑧‎ v0=kR0，⑨‎ 由⑥⑦⑧⑨式解得：vm=+‎ ‎9.（18分）（2013高考山东理综第23题）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E. 一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场.已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力.‎ ‎（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向.‎ ‎（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；‎ ‎（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间.‎ 解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0‎ ‎，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向的分速度的大小为vy，速度与x轴正方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma， ①‎ 由运动学公式得：d=at02， ②‎ ‎2d= v0t0， ③‎ vy=at0， ④‎ v=， ⑤‎ tanθ= vy / v0 ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式解得：v=2 ， ⑦‎ θ=45°. ⑧‎ ‎（2）设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰三角形，得：R1=2d.⑨⑩‎ 由牛顿第二定律得：qvB0=m 联立⑦⑨⑩式解得：B0=‎ ‎(3) 设粒子做匀速圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2’是粒子做匀速圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2’，由几何关系知，O2FGO2’和O2QHO2’均为矩形，进而知FQ、GH均为直径， QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形.】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：2R2=2d.‎ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：FG=HQ=2 R2，‎ 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有：‎ t=.‎ 联立解得：t=(2+π).‎ ‎10（2013高考安徽理综第23题）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xO y平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力.求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；‎ ‎（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值.‎ 解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有 x=vt=2h，‎ y=at2=h，‎ qE=ma，‎ 联立解得：E=.‎ ‎（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy=at= v0‎ 所以：v== v0.‎ 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角.‎ （1） 粒子在磁场中运动时，有qvB=m.‎ 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有：‎ r=L.所以B=.‎ ‎11．（19分）‎ ‎（2013高考四川理综第11题）　　如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系x0y,x轴沿水平方向.在x≤0的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场.在第二象限紧贴y轴固定放置长为、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x轴且与x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）.一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限.小球P、Q相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同.设运动过程中小球P的电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g.求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；‎ ‎（2）小球Q的抛出速度v0取值范围；‎ ‎（3）B1是B2的多少倍？‎ 解析：（1）带电小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设匀强电场的场强大小为E，有：mg=qE，‎ 解得：E=mg/q.‎ 小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电.‎ ‎(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有：qvB1=mg，‎ 设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有qvB2=m.‎ 设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有：x≥0，y≤0.‎ 小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平位移为s，竖直位移为d，有：‎ s=v0t0，‎ d=gt02，‎ 由题意得：x=s-l，y=h-d，‎ 联立上述方程，由题意可知v0>0，解得：‎ ‎0< v0≤(L+)‎ (1) 小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移y0必须满足：‎ vy=v，y0=gt2，‎ 联立相关方程，解得B1=B2/2.‎ B1是B2的0.5倍.‎ ‎12.(2013高考江苏物理第15题)（16分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间作周期性变化的图象如题15-2图所示. x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向. 在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q. 不计重力. 在时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动.‎ ‎（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；‎ ‎（2）求B0应满足的关系；‎ ‎（3）在t0(0< t0<τ/2)时刻释放P，求P速度为零时的坐标.‎ 解析：（1）τ/2~ τ做匀加速直线运动，τ~2 τ做匀速圆周运动，‎ 电场力：F=qE0，加速度：a=F/m，‎ 速度：v0=at，且t=τ/2，‎ 联立解得：v0=.‎ ‎（2）只有当t=2τ时，P在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示.设P在磁场中做匀速圆周运动周期为T，则：‎ ‎（n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）‎ 匀速圆周运动：qvB0=m，T=2πr/v，‎ 解得：B0=（2n-1）.‎ ‎（3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ- t0.‎ 在磁场中做匀速圆周运动，v1=(τ- t0)...‎ 圆周运动的半径：r1=，‎ 解得：r1=(τ- t0)...‎ 又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0..‎ P再进入磁场，v2=t0..‎ 圆周运动的半径：r2=，‎ 解得：r2=t0..‎ 综上所述，速度为零时的横坐标为x=0.‎ 相应的纵坐标为y=(k=1，2，3，···)‎ 解得：y=(k=1，2，3，···)‎ ‎13.（2013高考天津理综物理第11题）(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷.‎ 质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： ‎ ‎(1) M、N间电场强度E的大小；‎ ‎(2）圆筒的半径R:‎ ‎（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2/3d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.‎ 解析：设两板间的电压为U，由动能定理得：qU=mv2， ①‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed，②‎ 联立解得：E=. ③‎ ‎（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O’，圆半径为r.设第一次碰撞点为A.由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角∠AO’S=π/3.‎ 由几何关系得r=Rtan(π/3) ④‎ 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：qvB=m，⑤‎ 联立④⑤式解得：R=. ⑥‎ ‎（3）保持M、N之间的电场强度E不变，M板向上移动2d/3后，设板间电压为U’，则 U’=Ed/3=U/3. ⑦‎ 设粒子进入S孔时的速度为v’，由①式可看出：=.‎ 综合⑦式可得：v’=v. ⑧‎ 设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r’，则r’= ⑨‎ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r’=R，可见，θ=π/2，‎ 粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故：n=3‎